資源簡介

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新課預習銜接 電勢能和電勢
一．選擇題（共10小題）
1．（2024 新鄭市校級月考）如圖所示，真空中有一個正方形平面ABCD，O為正方形的中心，現在A、C兩頂點分別固定等量異種點電荷，M、N是過O點的正方形垂線上關于O點不對稱的兩點，下列說法正確的是（　　）
A．M、N兩點的電場強度大小不等，方向相同
B．M、N兩點的電場強度大小相等，方向不同
C．若將電子從O點移動到M點，其電勢能增加
D．若將電子從O點移動到N點，其電勢能減少
2．（2024 廣西）如圖，將不計重力、電荷量為q帶負電的小圓環套在半徑為R的光滑絕緣半圓弧上，半圓弧直徑兩端的M點和N點分別固定電荷量為27Q和64Q的負點電荷。將小圓環從靠近N點處靜止釋放，小圓環先后經過圖上P1點和P2點，已知sin，則小圓環從P1點運動到P2點的過程中（　　）
A．靜電力做正功
B．靜電力做負功
C．靜電力先做正功再做負功
D．靜電力先做負功再做正功
3．（2024 浙江二模）如圖所示，電子在電場中從a點運動到b點，實線為電場線，虛線為電子的運動軌跡，請判斷下列說法正確的是（　　）
A．a點的電勢低于b點的電勢
B．電子在a點的加速度大于在b點的加速度
C．電子在a點的速度大于在b點的速度
D．電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能
4．（2024 南通模擬）如圖甲所示為靜電除塵設備的結構示意圖，把高壓電源的正極接在金屬圓筒上，負極接到圓筒中心懸掛的金屬線上，其橫向截面圖如圖乙所示，虛線PQ是某帶電粉塵的運動軌跡，則該粉塵（　　）
A．帶正電荷
B．在P點的動量比在Q點的大
C．在P點的電勢能比在Q點的高
D．會被吸附到金屬線上
5．（2024 選擇性）在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發運動到O點等高處的過程中（　　）
A．動能減小，電勢能增大
B．動能增大，電勢能增大
C．動能減小，電勢能減小
D．動能增大，電勢能減小
6．（2024春 瀏陽市校級期末）如圖所示，圓心為O、半徑為R的半圓環套有一帶正電小球A，沿過O點的豎直方向有一豎直細桿，一端固定于圓環上，桿上套有另一帶正電小球B。初始時小球A距離圓環底端很近的位置，兩小球間距離為R；現用絕緣裝置向小球B施加豎直向上的作用力，使其緩慢運動到半圓環底端處，使小球A沿右側圓環緩慢上滑，半圓環和桿均光滑絕緣。則下列說法中錯誤的是（　　）
A．小球A上滑過程中圓環對小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍
B．最后兩小球的距離為
C．小球A上滑過程中兩小球組成系統重力勢能和電勢能都增大
D．小球B對豎直桿的彈力逐漸變大
7．（2024春 咸寧期末）空間中存在一靜電場，一電子僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能EP隨位置x的變化關系如圖所示，則電子從x1向x3運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．在x1處電子速度最大
B．在x2處電子加速度最大
C．在x3處電場強度最大
D．在x2處電勢最高
8．（2024春 鎮海區校級期末）對公式理解正確的是（　　）
A．公式中的q是指場源電荷的電荷量
B．公式中的Ep是電荷q在電場中某點的電勢能，但與q無關
C．電場中某點的電勢φ與電勢能Ep成正比，與電荷量q成反比
D．電場中某點的電勢φ由電場本身的性質決定，與Ep、q均無關
9．（2024 襄城區校級一模）如圖所示，abc為均勻帶電半圓環，O為其圓心，O處的電場強度大小為E，將一試探電荷從無窮遠處移到O點，電場力做功為W。若在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓弧，如虛線所示，其單位長度帶電量與abc相同，電性與abc相反，則此時O點場強大小及將同樣的試探電荷從無窮遠處移到O點電場力做功為（　　）
A．E， B．E， C．E， D．E，
10．（2024 紅橋區二模）如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，實線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、M為這軌跡上的兩個點，由此可知（　　）
A．三個等勢面中，a電勢最高
B．粒子在P點比在M點時的電勢能較小
C．粒子在P點比在M點時加速度大
D．粒子在M點比在P點時動能大
二．多選題（共5小題）
（多選）11．（2024春 湖南期末）水平絕緣桌面上方空間存在著沿x軸方向的電場，將一個質量為m、電荷量為﹣q可視為點電荷的小球從坐標原點O靜止釋放，其加速度a隨位置x變化的圖像如圖所示，設小球在運動過程中電荷不發生變化，則下列說法正確的是（　　）
A．該電場為勻強電場
B．該電場的方向沿x軸負方向
C．小球運動到x0位置時的速率為
D．從O到x0的過程，粒子的電勢能增加了2ma0x0
（多選）12．（2024春 沙坪壩區校級月考）如圖所示，A、B、C在同一直線上，AB距離4L，C為AB中點，A、B兩處各固定一個點電荷+Q，圖中虛線圓的圓心為B、半徑為2L，D和D′為圓上關于AB連線上下對稱的兩點，∠DBC＝60°，取無窮遠處電勢為零，以下判斷正確的是（　　）
A．D和D′處電場強度相同
B．D和D′處電勢相同
C．將一個帶正電的試探電荷從AC間某點釋放后，將在直線AB間做簡諧運動
D．將一個帶負電的試探電荷從C點順時針沿圓弧移到D點，電勢能一直增加
（多選）13．（2024 順慶區校級一模）如圖甲所示，粗糙、絕緣的水平地面上，一質量m＝1kg的帶負電小滑塊（可視為質點）在x＝1m處以v0＝2m/s的初速度沿x軸正方向運動，滑塊與地面間的動摩擦因數μ＝0.05。在x＝0及x＝5m處有兩個電性未知，電荷量分別為Q1、Q2的點電荷場源，滑塊在不同位置所具有的電勢能Ep如圖乙所示，P點是圖線最低點，虛線AB是圖像在x＝1m處的切線，g＝10m/s2下列說法正確的選項是（　　）
A．滑塊在x＝3m處所受合外力小于 0.5N
B．兩場源電荷均帶負電，且|Q1|＞|Q2|
C．滑塊向右運動過程中，速度始終減小
D．滑塊向右一定可以經過x＝4m處的位置
（多選）14．（2024春 安溪縣期末）如圖，絕緣彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行且初始為自然長度，帶電小球Q（可視為質點）固定在光滑斜面的M點，處于通過彈簧中心的直線ab上．現將小球P（也視為質點）從直線ab上的N點由靜止釋放，設小球P與Q電性相同，則小球從釋放到運動至最低點的過程中下列說法正確的是（　　）
A．小球的速度先增大后減小
B．小球P的速度最大時所受合力為零
C．小球P的重力勢能與電勢能的和一直減小
D．小球所受重力、彈簧彈力和庫侖力做功的代數和等于電勢能的變化量的大小
（多選）15．（2024 中山區校級模擬）如圖所示，在傾角為θ的足夠長的絕緣光滑斜面底端，靜止放置質量為m、帶電量q（q＞0）的物體。加上沿著斜面方向的電場后，物體沿斜面向上運動。物體運動過程中的機械能E與其位移x的關系圖像如圖所示，其中OA為直線，AB為曲線，BC為平行于橫軸的直線，重力加速度為g，不計空氣阻力（　　）
A．0～x1過程中，電場強度的大小恒為
B．x1～x2過程中，物體電勢降低了
C．x1～x2過程中，物體加速度的大小先變小后變大
D．x2～x3過程中，電場強度為零
新課預習銜接 電勢能和電勢
參考答案與試題解析
一．選擇題（共10小題）
1．（2024 新鄭市校級月考）如圖所示，真空中有一個正方形平面ABCD，O為正方形的中心，現在A、C兩頂點分別固定等量異種點電荷，M、N是過O點的正方形垂線上關于O點不對稱的兩點，下列說法正確的是（　　）
A．M、N兩點的電場強度大小不等，方向相同
B．M、N兩點的電場強度大小相等，方向不同
C．若將電子從O點移動到M點，其電勢能增加
D．若將電子從O點移動到N點，其電勢能減少
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；等量異種電荷的電場線分布．
【專題】定性思想；歸納法；帶電粒子在電場中的運動專題；理解能力．
【答案】A
【分析】根據等量異種電荷的電場特點分析；根據等量異種電荷的連線中垂線的電勢為零的等勢線分析。
【解答】解：AB．M、N兩點位于等量異種點電荷連線的中垂線上且關于O點不對稱，根據等量異種電荷的電場的特點可知M、N兩點的電場強度大小不相等，但方向都與AC連線平行，且方向都指向負電荷所在一側，故A正確，B錯誤；
CD．M、N兩點位于等量異種點電荷連線的中垂線上，而等量異種點電荷連線的中垂線為等勢線，且電勢為零，因此M、N、O三點電勢相同都為零，所以將電子從O點移到N點，或者將電子從O點移動到M點，電場力不做功，其電勢能均不變，故CD錯誤。
故選：A。
【點評】掌握等量異種電荷的電場特點和連線的中垂線是條電勢為零的等勢線是解題的基礎。
2．（2024 廣西）如圖，將不計重力、電荷量為q帶負電的小圓環套在半徑為R的光滑絕緣半圓弧上，半圓弧直徑兩端的M點和N點分別固定電荷量為27Q和64Q的負點電荷。將小圓環從靠近N點處靜止釋放，小圓環先后經過圖上P1點和P2點，已知sin，則小圓環從P1點運動到P2點的過程中（　　）
A．靜電力做正功
B．靜電力做負功
C．靜電力先做正功再做負功
D．靜電力先做負功再做正功
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．
【答案】A
【分析】本題根據幾何關系，結合電勢能表達式分析求解。
【解答】解：設在小圓環在P1、P2間的任意一點P，PM與MN的夾角為α，根據幾何關系可得37°≤α≤53°
帶負電的小圓環在兩個負點電荷電場中的電勢能
EP
根據數學知識可知在 37°≤α≤53°范圍內，隨著α 的增大，小圓環的電勢能一直減小，所以靜電力做正功。故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
【點評】本題考查了帶電粒子在電場中運動，理解電場力做正功電勢能減小，電場力做負功電勢能增加是解決此類問題的關鍵。
3．（2024 浙江二模）如圖所示，電子在電場中從a點運動到b點，實線為電場線，虛線為電子的運動軌跡，請判斷下列說法正確的是（　　）
A．a點的電勢低于b點的電勢
B．電子在a點的加速度大于在b點的加速度
C．電子在a點的速度大于在b點的速度
D．電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電勢的定義、單位和物理意義；牛頓第二定律的簡單應用；電場強度與電場力的關系和計算；電場線的定義及基本特征．
【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】C
【分析】根據順著電場線電勢逐漸降低，來判斷電勢高低。根據電場線的疏密程度表示場強的大小，來分析場強大小，由牛頓第二定律分析加速度大小。根據電場力做功正負分析電勢能和動能的變化。
【解答】解：A、根據順著電場線電勢逐漸降低，可知a點的電勢高于b點的電勢，故A錯誤；
B、電場線的疏密程度表示場強的大小，因b點處電場線較密，故b點處場強較大，由可知電子在b點的加速度更大，故B錯誤；
C、電子在電場中做曲線運動，受到的電場力沿電場線向左，則電子從a點運動到b點過程中電場力方向與速度方向成鈍角，則電場力做負功，動能減小，可知電子在a點的速度大于在b點的速度，故C正確；
D、電場力做負功，電子的電勢能增大，則電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題是電場中粒子的軌跡問題，關鍵要能根據軌跡的彎曲方向判斷粒子受到的電場力方向，再分析電場力做功情況，判斷電勢能和動能的變化情況。
4．（2024 南通模擬）如圖甲所示為靜電除塵設備的結構示意圖，把高壓電源的正極接在金屬圓筒上，負極接到圓筒中心懸掛的金屬線上，其橫向截面圖如圖乙所示，虛線PQ是某帶電粉塵的運動軌跡，則該粉塵（　　）
A．帶正電荷
B．在P點的動量比在Q點的大
C．在P點的電勢能比在Q點的高
D．會被吸附到金屬線上
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場線的定義及基本特征．
【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．
【答案】B
【分析】根據粉塵的運動軌跡得出速度和電場力的方向，由此得出粉塵所帶的電性和對應的能量大小關系，結合電性判斷出粉塵是否能被吸附到金屬線上。
【解答】解：AB、粉塵受到的電場力沿著電場線方向其指向軌跡的內側，則粉塵受到的電場力方向與電場線的方向相反，因為粉塵帶負電，且粉塵的速度方向與電場力的方向成鈍角，粉塵做減速運動，則粉塵在P點的動量比在Q點的大，故A錯誤，B正確；
C、根據上述分析可知，粉塵在P點的速度大于在Q點的速度，根據能量守恒定律可知，粉塵在P點的電勢能小于在Q點的電勢能，故C錯誤；
D、粉塵帶負電，因此不會被吸附到金屬線上，故D錯誤；
故選：B。
【點評】本題主要考查了帶電物體在電場中的運動，熟悉速度和力的方向，結合曲線運動的知識即可完成分析。
5．（2024 選擇性）在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發運動到O點等高處的過程中（　　）
A．動能減小，電勢能增大
B．動能增大，電勢能增大
C．動能減小，電勢能減小
D．動能增大，電勢能減小
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系．
【專題】信息給予題；定性思想；推理法；動能定理的應用專題；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】D
【分析】小球的初速度方向沿虛線時，小球沿虛線做直線運動，說明合力的方向沿虛線方向，由此判斷電場力的方向；小球的初速度方向垂直于虛線，小球做類平拋運動；根據動能定理和電場力做功與電勢能的關系分析作答。
【解答】解：小球的初速度方向沿虛線時，小球沿虛線做直線運動，根據物體做直線運動的條件可知小球所受的合力方向沿虛線方向，電場方向水平向右，如圖所示：
小球的初速度方向垂直于虛線，小球做類平拋運動；
小球從O點出發運動到O點等高處的過程中，合力做正功，小球的動能增加；
電場力做正功，小球的電勢能減小。
綜上分析，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題考查了帶電小球在復合場中的運動，判斷合力方向和電場力方向是解題的關鍵；要掌握動能定理和電場力做功與電勢能的關系。
6．（2024春 瀏陽市校級期末）如圖所示，圓心為O、半徑為R的半圓環套有一帶正電小球A，沿過O點的豎直方向有一豎直細桿，一端固定于圓環上，桿上套有另一帶正電小球B。初始時小球A距離圓環底端很近的位置，兩小球間距離為R；現用絕緣裝置向小球B施加豎直向上的作用力，使其緩慢運動到半圓環底端處，使小球A沿右側圓環緩慢上滑，半圓環和桿均光滑絕緣。則下列說法中錯誤的是（　　）
A．小球A上滑過程中圓環對小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍
B．最后兩小球的距離為
C．小球A上滑過程中兩小球組成系統重力勢能和電勢能都增大
D．小球B對豎直桿的彈力逐漸變大
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；共點力的平衡問題及求解；牛頓第三定律的理解與應用；庫侖定律的表達式及其簡單應用．
【專題】比較思想；幾何法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力．
【答案】B
【分析】對小球進行受力分析，根據相似三角形得出力的大小關系；
根據幾何關系的變化得出力的變化趨勢；
根據胡克定律結合幾何關系得出彈力的變化趨勢；
利用功能關系得出小球A上滑過程中兩小球組成系統重力勢能和電勢能都增大。
【解答】解：小球B緩慢上移過程，小球A處于動態平衡狀態，對小球A受力分析，如圖所示
根據三角形相似有
初始時h＝2R，即
隨著小球B緩慢上移，h減小，當其緩慢運動到半圓環底端處，h'＝R，則
N'＝G
小球A緩慢上滑過程中圓環對小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍，故A正確；
B．由庫侖定律可得
則
初始時小球A剛要移動時，有
F＝N，r＝R，h＝2R
即
當小球緩慢運動到半圓環底端處，設AB之間距離為r'，則有
聯立得
解得
故B錯誤；
C．小球A沿右側圓環緩慢上滑，動能不變，除重力和電場力做功外還有豎直方向的外力做正功，兩小球組成系統重力勢能和電勢能總和變大。小球A上滑的過程中，AB兩球的高度均升高，重力勢能增大，帶同種電荷的AB兩球距離變小，系統電勢能也增大，故C正確；
D．對AB系統受力分析，豎直桿對小球B的彈力等于半圓環對A彈力在水平方向的分力。設OA與豎直方向的夾角為θ，則有
NB＝Nsinθ
小球A上滑的過程中θ增大，N增大，故豎直桿對小球B的彈力增大。根據牛頓第三定律可知，小球B對豎直桿的彈力增大，故D正確。
本題選擇錯誤的，故選：B。
【點評】本題主要考查了動態平衡的相關應用，熟悉物體的受力分析，結合幾何關系和胡克定律、功能關系即可完成解答。
7．（2024春 咸寧期末）空間中存在一靜電場，一電子僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能EP隨位置x的變化關系如圖所示，則電子從x1向x3運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．在x1處電子速度最大
B．在x2處電子加速度最大
C．在x3處電場強度最大
D．在x2處電勢最高
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電勢的定義、單位和物理意義；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．
【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】C
【分析】粒子沿x軸正方向運動的過程，電勢能先增大后減小，可知電場力先做負功后做正功，沿電場線方向電勢降低；由斜率分析電場強度的變化，即可分析粒子的加速度變化。
【解答】解：A、電子僅在電場力作用下運動，根據能量守恒定律可知動能與電勢能之和是恒定的，則電子從x1向x3運動的過程中，在x3處的電勢能最小，則動能最大，速度最大，故A錯誤；
B、EP﹣x圖象的斜率絕對值表示電子受到的電場力大小，在x2處圖象的斜率為0，則電場力為0，故電子的加速度為0，故B錯誤；
C、電子從x1向x3運動的過程中，x3處的圖象斜率絕對值最大，則電場力最大，電場強度最大，故C正確；
D、電子從x1向x3運動的過程中，電子在x2處電勢能最大，但由于電子帶負電，故在x2處電勢最低，故D錯誤；
故選：C。
【點評】解決本題的關鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢和場強的變化，再根據力學基本規律：牛頓第二定律進行分析電荷的運動情況。
8．（2024春 鎮海區校級期末）對公式理解正確的是（　　）
A．公式中的q是指場源電荷的電荷量
B．公式中的Ep是電荷q在電場中某點的電勢能，但與q無關
C．電場中某點的電勢φ與電勢能Ep成正比，與電荷量q成反比
D．電場中某點的電勢φ由電場本身的性質決定，與Ep、q均無關
【考點】電勢的定義、單位和物理意義；電勢能的概念和計算．
【專題】定性思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理能力．
【答案】D
【分析】電勢反映電場能的性質，沿場強方向，電勢降低，電勢類似于重力場中的高度，具有相對性，與放入其中的試探電荷無關。
【解答】解：A．公式中的q是指檢驗電荷的電荷量，故A錯誤；
B．公式中的Ep是電荷q在電場中某點的電勢能，與q有關，故B錯誤；
CD．電場中某點的電勢φ由電場本身的性質決定，與Ep、q均無關，故C錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題考查了電勢的定義，知道電勢反映電場能的性質，具有相對性，與放入其中的試探電荷無關。
9．（2024 襄城區校級一模）如圖所示，abc為均勻帶電半圓環，O為其圓心，O處的電場強度大小為E，將一試探電荷從無窮遠處移到O點，電場力做功為W。若在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓弧，如虛線所示，其單位長度帶電量與abc相同，電性與abc相反，則此時O點場強大小及將同樣的試探電荷從無窮遠處移到O點電場力做功為（　　）
A．E， B．E， C．E， D．E，
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場．
【專題】定量思想；合成分解法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力．
【答案】A
【分析】本題通過兩不完整的帶電圓環在圓心處產生的場強與電勢的計算考查考生的認識理解能力、邏輯推理能力和分析綜合能力。根據均勻帶電圓環在圓心處產生的電場和電勢的特點進行分析、推理和計算。
【解答】解：把題中半圓環等分為兩段，即每段為圓環，每段在點O的電勢為φ0，電場強度為E0，且方向分別與E夾角為θ＝45°，根據電場強度的疊加原理可知：
因為電勢是標量，每段導體在O上的電勢為：
由題意，將一試探電荷q從窮遠移到O點：W＝Ep無﹣EpO＝﹣φq
同理，在cd處再放置一段圓的均勻帶電圓弧后，可等分為3個圓環，由于電性與abc相反，根據場強疊加可知O處的合場強大小為：
電勢為3個圓環在O點的電勢之和，合電勢為：
將同樣的試探電荷從無窮遠處移到O點電場力做功為W′＝﹣φ1q。故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
【點評】場強是矢量，場強的疊加不能用代數和求解，應用矢量的合成進行求解，兩個場強的合成應根據平行四邊形定則求解。
10．（2024 紅橋區二模）如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，實線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、M為這軌跡上的兩個點，由此可知（　　）
A．三個等勢面中，a電勢最高
B．粒子在P點比在M點時的電勢能較小
C．粒子在P點比在M點時加速度大
D．粒子在M點比在P點時動能大
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；等勢面及其與電場線的關系．
【答案】B
【分析】先由正電粒子的運動軌跡判斷電場力大體指向彎曲一側，再據場強方向與等勢面垂直，判斷電場力即場強方向垂直等勢面斜向左下方；再據場強方向判斷電勢的高低；據電場力做功判斷電勢能和動能的大小．
【解答】解：A、由軌跡的彎曲情況，電場力應指向曲線凹側，且與等勢面垂直（電場線垂直該處等勢面），由于正電荷的受力方向與場強方向一致，故場強方向垂直等勢面斜向左下方，順著電場線方向電勢降低，a的電勢最低。故A項錯誤。
BD、如果由M到P，速度或位移與力的方向夾角小于90°做正功，電勢能減小，動能增大；反之，如果由P到M，速度或位移與力的方向夾角大于90°做負功，電勢能增大，動能減小，即粒子在p點的動能大，M點的電勢能大，故B正確，D錯誤。
C、由于三個等勢面并沒有說明是等差等勢面，所以無法判斷場強的大小，所以無法判斷電荷在P、M點受的電場力的大小，即加速度大小，故C錯誤。
故選：B。
【點評】掌握住帶電粒子的運動軌跡與力方向的關系是解題的前提，靈活應用場強方向與等勢面垂直和電場力做功時動能和電勢能間的關系是解題的關鍵．
二．多選題（共5小題）
（多選）11．（2024春 湖南期末）水平絕緣桌面上方空間存在著沿x軸方向的電場，將一個質量為m、電荷量為﹣q可視為點電荷的小球從坐標原點O靜止釋放，其加速度a隨位置x變化的圖像如圖所示，設小球在運動過程中電荷不發生變化，則下列說法正確的是（　　）
A．該電場為勻強電場
B．該電場的方向沿x軸負方向
C．小球運動到x0位置時的速率為
D．從O到x0的過程，粒子的電勢能增加了2ma0x0
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；勻變速直線運動速度與位移的關系；牛頓第二定律的簡單應用；電場強度與電場力的關系和計算．
【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】BC
【分析】根據牛頓第二定律分析場強的變化情況，判斷該電場是否是勻強電場，并確定電場的方向；由運動學公式v2＝2ax，結合a﹣x圖像中圖線與橫軸的面積的物理意義求解小球運動到x0位置時的速率；根據能量守恒定律求解從O到x0的過程粒子的電勢能增加量。
【解答】解：AB、根據牛頓第二定律得
qE＝ma
由圖像知，a＞0且不斷減小，因q＜0，則電場為非勻強電場，電場方向沿x軸負方向，故A錯誤，B正確；
C、由v2＝2ax，結合a﹣x圖像中圖線與橫軸的面積物理意義，可得
解得小球運動到x0位置時的速率為，故C正確；
D、依題意，從O到x0的過程，電場力做正功，粒子的動能增加，電勢能減小，由能量守恒定律得
ΔEk+ΔEp＝0
其中2ma0x0
解得：ΔEp＝﹣2ma0x0，即電勢能必定減小了2ma0x0，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】解答本題的關鍵要知道a﹣x圖像中圖線與橫軸的面積表示，結合牛頓第二定律和能量守恒定律分析。
（多選）12．（2024春 沙坪壩區校級月考）如圖所示，A、B、C在同一直線上，AB距離4L，C為AB中點，A、B兩處各固定一個點電荷+Q，圖中虛線圓的圓心為B、半徑為2L，D和D′為圓上關于AB連線上下對稱的兩點，∠DBC＝60°，取無窮遠處電勢為零，以下判斷正確的是（　　）
A．D和D′處電場強度相同
B．D和D′處電勢相同
C．將一個帶正電的試探電荷從AC間某點釋放后，將在直線AB間做簡諧運動
D．將一個帶負電的試探電荷從C點順時針沿圓弧移到D點，電勢能一直增加
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；等量同種電荷的電勢分布；簡諧運動的定義、運動特點與判斷；等量同種電荷的電場線分布．
【專題】比較思想；合成分解法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；應用數學處理物理問題的能力．
【答案】BD
【分析】根據等量同種電荷電場特點，可以判斷特定點的場強大小、電勢高低，從而判斷電勢能大小。簡諧運動的受力，需滿足簡諧運動的特點，需對比電場力的大小與位置的關系式確定是否滿足。
【解答】解：A．D和D′兩點位置對稱，電場強度大小相同，但方向不同，故A錯誤；
B．D和D′兩點位置對稱，且到兩個場源電荷的距離對稱相等，電勢大小相等，又電勢是標量，可知電勢相同，故B正確；
C．簡諧運動回復力必須滿足F＝﹣kx，以C點為坐標原點建立坐標系，電荷受到的合力為：，可知正電荷在AB間不可能做簡諧運動，故C錯誤；
D．從C點到D點距離左側正電荷越來越遠，距離右側場源電荷距離不變，可知電勢一直降低，根據Ep＝qφ可知負電荷的電勢能則一直增加，故D正確；
故選：BD。
【點評】本題考查等量同種電荷的電場、電勢特點。注意電場強度的判斷還包括方向；簡諧運動的回復力與位置需滿足其特定關系式，判斷一個運動是否是簡諧運動，需要對比關系式是否是同一形式。
（多選）13．（2024 順慶區校級一模）如圖甲所示，粗糙、絕緣的水平地面上，一質量m＝1kg的帶負電小滑塊（可視為質點）在x＝1m處以v0＝2m/s的初速度沿x軸正方向運動，滑塊與地面間的動摩擦因數μ＝0.05。在x＝0及x＝5m處有兩個電性未知，電荷量分別為Q1、Q2的點電荷場源，滑塊在不同位置所具有的電勢能Ep如圖乙所示，P點是圖線最低點，虛線AB是圖像在x＝1m處的切線，g＝10m/s2下列說法正確的選項是（　　）
A．滑塊在x＝3m處所受合外力小于 0.5N
B．兩場源電荷均帶負電，且|Q1|＞|Q2|
C．滑塊向右運動過程中，速度始終減小
D．滑塊向右一定可以經過x＝4m處的位置
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．
【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】BD
【分析】Ep﹣x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，確定滑塊在x＝3m處所受電場力大小，再求合外力大小。在x＝3m處電場力為0，電場強度為0，根據點電荷場強公式分析Q1、Q2的電荷量關系。滑塊在x＝3m處電勢能最低，因為滑塊帶負電，所以x＝3m處的電勢最高，結合摩擦力可知速度的變化情況；根據能量守恒定律判斷滑塊是否到達x＝4m處的位置。
【解答】解：A、Ep﹣x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，則知滑塊在x＝3m處所受電場力為0，所受合外力F合＝f＝μmg＝0.05×1×10N＝0.5N，故A錯誤；
B、滑塊在x＝3m處所受電場力為0，則該處電場強度為0，則kk，由于r1＞r2，所以|Q1|＞|Q2|。
滑塊在x＝3m處電勢能最低，因為滑塊帶負電，所以x＝3m處的電勢最高，兩場源電荷均帶負電，故B正確；
C、滑塊在x＝1m處所受電場力大小為
所以在x＝1m處，滑塊所受電場力與滑動摩擦力方向相反，且電場力大于摩擦力，則滑塊做加速運動，故C錯誤；
D、滑塊在x＝1m處的電勢能與在x＝4m處的電勢能相等，根據能量守恒定律，若滑塊能夠經過x＝4m處，則應滿足：fΔx＝0.5×（4﹣1）J＝1.5J
根據題中數據可知實際情況并滿足上式，所以滑塊一定可以經過x＝4m處的位置，故D正確。
故選：BD。
【點評】本題考查電勢能與電場力做功，解題關鍵要掌握電勢能與電勢的關系，注意Ep﹣x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小。
（多選）14．（2024春 安溪縣期末）如圖，絕緣彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行且初始為自然長度，帶電小球Q（可視為質點）固定在光滑斜面的M點，處于通過彈簧中心的直線ab上．現將小球P（也視為質點）從直線ab上的N點由靜止釋放，設小球P與Q電性相同，則小球從釋放到運動至最低點的過程中下列說法正確的是（　　）
A．小球的速度先增大后減小
B．小球P的速度最大時所受合力為零
C．小球P的重力勢能與電勢能的和一直減小
D．小球所受重力、彈簧彈力和庫侖力做功的代數和等于電勢能的變化量的大小
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；常見力做功與相應的能量轉化．
【答案】ABC
【分析】本題中有庫侖力做功，機械能不守恒；根據小球的受力，通過加速度方向和速度方向的關系判斷小球P的速度變化．
【解答】解：A、小球先沿斜面加速向下運動，Q對P有沿斜面向下的庫侖力，小球P先做加速運動，當壓縮彈簧后，當加速度減小到零后，減速向下運動，當彈簧壓縮量最大時，小球靜止，故速度先增大后減小。故A正確。
B、當小球的合力為零時，速度最大，此時受的彈簧彈力與庫侖力的合力等于重力沿斜面向下的分力，所受合力為零。故B正確。
C、小球P下降的過程中重力和電場力都一直做正功，重力勢能與電勢能的和一直減小。故C正確。
D、只有庫侖力做功等于電勢能的變化量的大小。根據動能定理得知，小球P所受的重力、彈簧的彈力和庫侖力做功的代數和等于動能的變化量的大小，整個過程為零，故D錯誤。
故選：ABC。
【點評】注意機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，從能量轉化的角度講，只發生機械能間的相互件轉化，沒有其他形式的能量參與．
（多選）15．（2024 中山區校級模擬）如圖所示，在傾角為θ的足夠長的絕緣光滑斜面底端，靜止放置質量為m、帶電量q（q＞0）的物體。加上沿著斜面方向的電場后，物體沿斜面向上運動。物體運動過程中的機械能E與其位移x的關系圖像如圖所示，其中OA為直線，AB為曲線，BC為平行于橫軸的直線，重力加速度為g，不計空氣阻力（　　）
A．0～x1過程中，電場強度的大小恒為
B．x1～x2過程中，物體電勢降低了
C．x1～x2過程中，物體加速度的大小先變小后變大
D．x2～x3過程中，電場強度為零
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電勢的定義、單位和物理意義；常見力做功與相應的能量轉化；電場強度與電場力的關系和計算．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理能力．
【答案】BCD
【分析】根據功能關系可知電場力做功代表機械能的變化，則有ΔE＝qEx，則E﹣x圖像的斜率代表電場力，結合電場力公式與牛頓第二定律分析ACD，根據功能關系分析B。
【解答】解：AC、根據功能關系可知電場力做功代表機械能的變化，則有ΔE＝qEx，則E﹣x圖像的斜率代表電場力，則0～x1過程中，電場強度的大小恒為E，x1～x2過程中，電場力逐漸減小到零，則根據牛頓第二定律可知，物體加速度的大小先變小后變大，故A錯誤，C正確；
B、x1～x2過程中，根據功能關系有qU＝E2﹣E1
電場力做正功，電勢降低U，故B正確；
D、x2～x3過程中，機械能守恒，只有重力做功，電場力為0，則電場強度為零，故D正確；
故選：BCD。
【點評】本題考查電勢能與電場力做功的關系，解題關鍵掌握該題中電場力做功代表電勢能的變化及機械能的變化。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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